27.2.18

Reta de Euler: Colinearidade dos ortocentro, baricentro e circuncentro de um triângulo.




Reta de Euler Num triângulo qualquer, as três medianas concorrem num ponto (baricentro), as três mediatrizes concorrem num ponto (circuncentro) e as três alturas concorrem num ponto (ortocentro). Estes pontos, que podem coincidir ou não, são sempre colineares. Estão sobre uma reta - Reta de Euler.
PROBLEMA: Demonstrar que os ortocentro, circuncentro e baricentro estão sobre uma mesma reta.



$\;\fbox{n=1}:\;$ Considera-se um triângulo $\;[ABC]\;$ definido pelos seus vértices, os seus três lados $\; a=[BC], \; b=[AC], \; c=[AB]. \;$.

$\;\fbox{n=2}:\;$ Três pontos não colineares determinam um triângulo e também determinam a circunferência única que passa pelos três pontos e cujo centro $\;O\;$ é equidistante de $\;A, \;B, \;C, \;$ ou seja, está na perpendicular a $\;a\;$ tirada pelo seu ponto médio (mediatriz) onde estão todos os pontos equidistantes de $\;B\;$ e $\;C,\;$ na mediatriz de $\;b\;$ - pontos equidistantes de $\;C\;$ e $\;A\;$ e na mediatriz de $\;c\;$ - pontos equidistantes de $\;A\;$ e $\;B.\;$ $\;O\;$ é o ponto de encontro das mediatrizes dos lados do triângulo.

26 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra



$\;\fbox{n=3}:\;$ Paralelas tiradas a cada um dos lados pelo vértice a ele oposto intersectam-se em $\;A',\; B',\; C',\;$ vértices do triângulo $\;[A'B'C']\;$ semelhante a $\;[ABC]\;$ já que os seus ângulos são iguais cada um a cada um:
  • $\;( A'C' \parallel CA \wedge A'B' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{A'}B' = \angle C\hat{A}B \;$
  • $\;( C'B' \parallel BC \wedge B'A' \parallel BA ) \Rightarrow \angle C'\hat{B'}A' = \angle A\hat{B}C \;$
  • $\;( C'A' \parallel AC \wedge C'B' \parallel BC ) \Rightarrow \angle B'\hat{C'}A' = \angle B\hat{C}A \;$
Também se pode afirmar que $\;[ABC] =[CB'A]=[AC'B]=[BA'C],\;$ por terem ângulos iguais (lados inversamente paralelos) e um lado comum em cada par.
Por isso, podemos dizer que $\;BC = B'A = AC'\;$ e, em consequência, que $\;a'=B'C'=2 \times BC = 2a.\;$ Por razões análogas, se pode afirmar que $\;b'=C'A'= 2 \times AC =2b\;$ e $\;c'=A'B'= 2 \times AB=2c.\;$
Podemos concluir que $\;[ABC] \sim [A'B'C']\; $ de razão igual a 2: $$\frac{B'C'}{BC} = \frac{C'A'}{CA}= \frac{A'B'}{AB} =2$$

$\;\fbox{n=4}:\;$ No passo anterior já ficou provado que que $\;A, \;B, \;C\;$ são os pontos médios de $\;a'=B'C',$ $\;b'=C'A',$ $\;c'=A'B'\;$ respetivamente. E, por isso, sendo as alturas de $\;[ABC]\;$ perpendiculares a $\;B'C',$ $\;C'A',$ $\; A'B'\;$ tiradas pelos seus pontos médios $\;A, \;B, C\;$ (segmentos das mediatrizes de $\;[A'B'C']\;$) que se intersectam no ponto que é o centro da circunferência $\;(A'B'C').\;$ A existência do centro de qualquer circunferência definida por 3 pontos não colineares, garante que as três mediatrizes de qualquer triângulo têm um ponto em comum e, a ser assim, podemos afirmar que as alturas de qualquer triângulo têm um ponto em comum (ortocentro), porque as retas das alturas de $\;[ABC]\;$ são as retas das mediatrizes de $\;[A'B'C'].\;$ O ortocentro $\;H\;$ de $\;[ABC]\;$ é o circuncentro de $\;[A'B'C'].\;$
$\;\fbox{n=5}:\;$ A semelhança de razão 2 entre os triângulos $\;[ABC] \sim [A'B'C']\;$ permite-nos escrever $$\frac{H_{a'}A'}{H_a A}=\frac{H_{b'}B'}{H_b B}= \frac{H_{c'}C'}{H_c C}=2$$ Como é óbvio, a semelhança entre as circunferências $\; (ABC)=(O, OA) \sim (A'B'C')=(H,HA')\;$ tem a mesma razão. E podemos escrever $$\frac{HA'}{OA}=\frac{HB'}{OB}= \frac{HC'}{OC}=2$$ Como $\;A\;$ é o ponto médio de $\;a'=B'C',\; AA'\;$ é mediana do triângulo $\;[A'B'C']\;$ e, claro!, também são suas medianas $\;BB'\;$ e $\;CC'$.
Como a mediatriz $\;OM_a\;$ é paralela à altura $\;AH_a,\;$ são semelhantes os triângulos $\;[AGH]\;$ e $\;M_aGO\;$ e como $\;AH=2OM_a,\;$ também $\;HG=2OG\;$ e $\;AG=2M_aG.\;$ E, a ser assim, então a mediana $\;AM_a\;$ corta o segmento $\;OH\;$ num ponto $\;G\;$ tal que $\;OH=3OG.\;$
Como já observámos no enunciado, há casos em que as medianas podem coincidir com as mediatrizes ou com as alturas e os pontos notáveis em causa coincidirem. Mas o raciocínio feito para uma das medianas $\;AA'\;$ pode ser repetido para $\;BB'\;$ e $\;CC'\;$ nos triângulos escalenos em que não há coincidências.
Nos triângulos equiláteros são coincidentes as medianas, mediatrizes, alturas (e bissectrizes). No triângulo isósceles em que $\;AB=AC,\;$ por exemplo, há coincidência da mediana $\;AM_a\;$ com a mediatriz de $\;BC\;$ e com a altura $\;AH_a \;$ e com a linha $\;OH.\;$ Ficou demonstrado que as três medianas de um triângulo têm um ponto em comum que designamos por $\;G\;$ e a que chamamos baricentro.

$\;\fbox{n=6}:\;$ Tendo provado que o baricentro está no segmento $\;OH\;$ damos por provado que os três pontos $\;O, \;G, \;H\;$ são colineares. À reta que passa por esses três pontos notáveis chamamos reta de Euler
de visita a uma entrada de Diamond nos gaussianos que nos lembrou a editora Nivola e o livro
Dunham. Euler: El maestro de todos los matemáticos. Nivola.
considerando uma demonstração (esta) de Gauss.

14.2.18

Reta de Simson: caso de colinearidade das projeções de um ponto sobre três retas



TEOREMA DE SIMSON: Se de um ponto tomado sobre a circunferência circunscrita a um triângulo baixarmos perpendiculares a cada lado do triângulo, os pontos assim obtidos estão em linha reta
PROBLEMA: Demonstrar que são colineares os pés das perpendiculares aos lados de um triângulo tiradas de qualquer ponto da circunferência circunscrita

F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, (http://gallica.fr)- Théorème de Simson. 22. Si d'un point pris sur la circonférence circonscrite à un triangle, on abaisse des perpendiculaires sur chaque côté du triangle, les trois points ainsi obtenus sont en ligne droite.
Ce théorème s'énonce quelque fois comme il suit:
Les projections d'un point quelconque de la circonférence circonscrite à un triangle, sur chaque côté de ce triangle, sont en ligne droite.



$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresentam-se um triângulo $\;[ABC],\;$ a circunferência $\;(ABC)\;$ e um ponto $\;P\;$ nelaa
$\;\fbox{n=2}:\;$ As perpendiculares tiradas por $\;P\;$ a cada uma das retas $\;BC, \;CA, \; AB\;$ do trilátero $\;ABC,\;$ determinam os respetivos pés $\;D, \;E, \;F.\;$
$\;\fbox{n=3}:\;$ E, para a posição de $\;D, \;E, \;F\;$ da nossa figura inicial,ficam determinados dois quadriláteros convexos $\;[FAEP],\;[PCDE]\;$ que são inscritíveis, porque
  • o primeiro tem ângulos retos opostos, obviamente de soma rasa - $\;P\hat{E}A, \;A\hat{F}P;\;$ e
  • o segundo tem dois triângulos retângulos com a mesma hipotenusa $\;PC:\;\; [CDP], \;[PEC], \;]$ que é o diâmetro da comum circunscrita aos dois triângulos retângulos, i.e, a passar pelos pontos $\;P, \;C, \;D, \;E.\;$

Para outras posições de $\;P\;$ sobre a circunferência $\;(ABC),\;$ teremos naturalmente de considerar outros quadriláteros, mas serão análogos os raciocínios a fazer para provar que os pontos $\;D,\;E, \;F\;$ são colineares.


13 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra



Fixemo-nos no caso da nossa figura inicial, em que $\;P\;$ está no arco $\;(CA)\;$ da circunferência $\;(ABC);\;$ e $\;D \in [BC], \;E \in [AC], \; F \in \dot{B}A \setminus [BA].\;$
Nestas condições, podemos dizer que $\;D, E, F\;$ são colineares se e só se $\;D\hat{E}C = F\hat{E}A, \;$ já que, como o vértice $\;E\;$ é ponto de uma reta $\;AC\;$ dada, aqueles ângulos só são iguais se forem verticalmente opostos, i.e. os segundos lados estiverem sobre uma mesma reta.
Finalmente
  • Sabemos que $\;\angle P\hat{A}F\;$ é suplementar de $\;\angle B\hat{A}P\;$, já que $\;D\;$ é um ponto da reta $\;BA;\;$
  • e também são suplementares os ângulos $\;\angle B\hat{A}P\;$ e $\;\angle P\hat{C}B\;;$ opostos no quadrilátero $\;[PABC]\;$ inscrito na circunferência $\;(ABC)\;$
  • em consequência, $\;\angle P\hat{A}F =\angle P\hat{C}B.\;$
  • Como $\;\angle P\hat{A}F\;$ (ou $\;\angle P\hat{C}B\;$ ) é complementar de $\;\angle F\hat{P}A\;$ e $\;\angle P\hat{C}D\;$ (ou $\;\angle P\hat{C}B\;$) é complementar de $\;\angle D\hat{P}C\;$ podemos concluir que $\;\angle D\hat{P}C= \angle F\hat{P}A\;$
  • Considerando a circunferência $\;(PFAE)\; $ os lados dos ângulos $\;\angle F\hat{P}A\;$ e $\;\angle F\hat{E}A\;$ compreendem o mesmo arco $\; \widehat{FA}\;$ dessa circunferência, o que nos permite concluir que $\;\angle F\hat{P}A = \angle F\hat{E}A\;$
  • e do mesmo modo, concluímos que são iguais os ângulos inscritos no mesmo arco $\;\widehat{CD}\;$ da circunferência $\;(CDEP):\;\;\; \angle C\hat{E}D =\angle C\hat{P}D\;$
  • Resumindo e concluindo $$\; \left(\angle D\hat{P}C= \angle F\hat{P}A\; \wedge \;\angle F\hat{P}A = \angle F\hat{E}A\; \wedge \;\angle C\hat{E}D =\angle C\hat{P}D \right) \Rightarrow \angle F\hat{E}A = \angle C\hat{E}D, \;$$ ou seja os pontos $\;D, \;E,\;F\;$ estão sobre uma mesma reta □
$\;\fbox{n=4}:\;$ Apresenta-se a reta onde incidem os pés das perpendiculares sobre cada um dos lados de triângulo tiradas por um ponto $\;P\;$ da circunferência circunscrita ao triângulo. A cada posição do ponto $\;P\;$ na circunferência corresponderá uma reta a que chamamos reta de Simson (ou de Wallace?)

7.2.18

Ponto de Miquel determinado por quatro retas distintas que se intersectam duas a duas.



TEOREMA: Quatro retas, concorrentes duas a duas,formam quatro triângulos; as circunferências circunscritas a estes quatro triângulos passam por um mesmo ponto
PROBLEMA: Demonstrar que o ponto de intersecção de quaisquer duas das circunferências circunscritas é ponto de qualquer outra das circunferências


F.G.-M., Exércices de Géométrie…. 6ème éd., J. de Gigord. Paris:1920, - Théorème de Miquel. 21. Quatre droites, se coupant deux à deux, forment quatre triangles ; les circonférences circonscrites à ces quatre triangles passent par un même point.



$\;\fbox{n=1}:\;$ Apresentam-se quatro retas $\;a,\;b,\;c,\;d\;$ que se intersectam duas a duas: $\;a.b={E},\;a.c={D}, \; a.d={B},\; b.c={A}, \;b.d={C}, \;c.d={F}$
$\;\fbox{n=2}:\;$ Estes pontos são, combinados três a três, vértices de quatro triângulos, a saber: $\;[FCA], \; [ADE], \;[ECB], \;[BDF]$
$\;\fbox{n=3}:\;$ Como sabemos, há uma circunferência a passar por cada terno de pontos não colineares, por exemplo, as circunferências $\;(FCA), \;(ADE)\;$ circunscritas aos respetivos triângulos $\;[FCA], \;[ADE]\;$ intersectam-se em dois pontos, sendo o primeiro deles $\;A\;$ e um segundo que designaremos por ponto $\;M,\;$ de Miquel, matemático catalão.
Assim a circunferência $\;(FCA)\;$ passa por $\;M\;$ e, por isso, circunscreve o quadrilátero $\;[FMCA],\;$ e, como sabemos, os ângulos opostos de um quadrilátero inscrito são suplementares: $\;\angle A\hat{F}M + \angle M\hat{C}A = 1 \;\;\mbox{raso}\;\; = \angle F\hat{M}C + \angle C\hat{A}F\;$
O quadrilátero $\;[ADME]\;$ está inscrito em $\;(ADE)\;$ e, por isso, $\;\angle A\hat{D}M + \angle M\hat{E}A = 1\;\;\mbox{raso}\;\; = \angle E\hat{A}D + \angle D\hat{M}E.\;$
Nota: É condição necessária e suficiente para que um quadrilátero seja inscritível numa circunferência ou tenha os seus quatro vértices a incidir numa circunferência que qualquer dos seus quatro ângulos seja suplementar do seu oposto.



7 fevereiro 2018, Criado com GeoGebra



$\;\fbox{n=4}:\;$ Para provar que $\;M\;$ incide na circunferência $\;(ECB)\;$ circunscrita ao triângulo $\; [ECB]\;$ basta provar que $\;[ECBM]\;$ é inscritível nela ou seja que $\;ECB + BME = CBM+MEC = 1\;\;$ raso.
Na circunferência $\;(FMCA)\;$ em que $\;M\;$ incide, inscrevem-se ângulos iguais $\;M\hat{A}F = M\hat{C}F=M\hat{C}B\;$ cuja amplitude é metade do arco $\;\widehat{FM}\;$ da circunferência compreendido entre os seus lados.
Claro que $\;M\hat{E}D = M\hat{E}B = M\hat{A}D\;$ já que compreendem entre os seus lados o mesmo arco $\;\widehat{DM}\;$ da circunferência $\;ADME\;$ ($\;M\;$ foi determinado como ponto da intersecção $\;(ADE).(FCA)\;$)
$\;M\hat{C}B=M\hat{C}F=M\hat{A}F=M\hat{E}B\;$
$\;M\hat{C}B=M\hat{E}B\;$ são ângulos inscritos em $\;(ECB)\;$ sendo $\;M\;$ o ponto comum a lados (um de cada um dos ângulos iguais) ou seja incidindo em $\;(BCE)\;$ ou de intersecção da diagonal $\;CM\;$ com os lados $\;BM, \;ME\;$ do quadrilátero $\;[ECBM]\;$ De facto, a verificação desta condição é suficiente para garantir que os ângulos opostos do quadrilátero $\;[BMEC]\;$ são suplementares.
A prova de que $\;M\;$ também é um ponto da circunferência $\;(BDF)\;$ é inteiramente análoga.

Nota: Há várias entradas no "bloGeometrias"" sobre quadriláteros inscritíveis em circunferências e com referências ao ponto de Miquel. O nosso interesse em fazer esta nova ilustração dinâmica só pretende chamar a atenção para a demonstração presente no volume de Exercícios de Geometria por FG-M (acima referido) que pode ser consultado em
http://gallica.fr (bnf)
que merece ser visitada (também pelos professores de matemática básica).